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$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


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"Il est facile de" 2

Envoyé par christophe c 
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
@marco, merci. Mais:

Ton argument est celui que j'ai donné dans le fil en lien, mais je pense que tout est dans "le compactifié de SC est séparé".

Dans l'autre fil, pour un ultrafiltre ne convergeant pas $W$, ton admission de la séparation du compactifié de SC a comme cas particulier qu'il existe deux ouverts $U,V$ disjoints avec $U\in W$ et $b\in V$. Or c'est toute la question justement.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
Un compactifié de Stone-Cech est toujours séparé (c'est une partie de $[0,1]^I$ avec $I:= [0,1]^{C^0(X,[0,1])}$ où $X$ est l'espace sous-jacent).
En fait c'est un adjoint à droite du foncteur d'oubli de la catégorie des espaces topologiques compacts (à la française: séparés) dans celle des espaces topologiques quelconques.
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
C’est un produit de compacts mais la "canonique" envoyant E dans son CSC ne joue-t-elle pas un rôle "chiant " quand elle n'est pas injective ?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
avatar
@christophe c: ah oui, effectivement, je ne savais pas que un espace $E$ n'était pas nécessairement inclus dans son compactifié de Stone-Cech. Est-ce que vous connaissez un exemple d'espace topologique séparé, pour lequel il existe deux éléments distincts de $E$, $x$ et $y$, tels que toute fonction continue de $E$ dans $\R$ prend la même valeur en $x$ et en $y$ ? Peut-être un ensemble dénombrable connexe séparé.
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
avatar
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
Oui bravo.

Mais concernant le compactifié de SC, il ne suffit pas (a priori) que $(E,T)$ et $a,b$ dans $E$ soient tels que $a\neq b$ et $\forall f\in C(E,\R): f(a)=f(b)$ pour dire que le plongement est injectif. Il faut que ces témoins vérifient pour tout compact $K$ que $\forall f\in C(E,K): f(a)=f(b)$.

Je ne sais pas si l'exemple que tu mets en lien a cette propriété (énoncée avec à gauche $\exists a,b:$)

Ca permet donc de poser la question 1085:

L'exemple $(\Z, T)$ d'espace connexe séparé et dénombrable, mis en lien par marco au post précédent, vérifie-t-il qu'il existe deux entiers $a,b$ différents tels que pour tout compact $K$, et toute application $T$-continue $f: \Z\to K: f(a)=f(b)$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
avatar
Soit $K$ un compact, et soit $f$ une fonction continue de $\Z$ (munie d'une topologie $T$ qui le rende connexe et séparé) dans $K$. Soit $a$ et $b$ deux éléments distincts de $\Z$. Si $f(a) \neq f(b)$, comme $K$ est compact, on peut appliquer le lemme d'Urysohn, et construire une fonction continue $g$ à valeurs dans $\R$ qui vaut $0$ en $f(a)$ et $1$ en $f(b)$. Donc, $g \circ f$ vaut $0$ en $a$ et $1$ en $b$. Mais $\Z$ est connexe (munie de la topologie $T$). Donc $g \circ f(\Z)$ est connexe, donc contient $[0,1]$. Donc, $\Z$ a la puissance du continu. Contradiction, car il est dénombrable. Donc $f(a)=f(b)$, pour tout $(a,b) \in \Z^2$, donc $f$ est constante.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par marco.
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
Bravo Marco, très judicieuse (et agréable!!) argument!!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
Le lien classique [fr.m.wikipedia.org])

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a sept mois
lmpec 8
[www.les-mathematiques.net]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Question 1086 :

existe-t-il une variété (sur $\R$), compacte, dont tous les $\pi_n$ (groupe d'homotopie) sont triviaux et qui n'est pas orientable?

Je pose cette question, car à la fin de cet été, j'ai "enfin" découvert la clé qui trivialise Brouwer, et elle se sert "à donf" de l'orientabilité. De plus, il est connu que "pas de point fixe => un trou quelque part".

On a typiquement les convexes qu'on considère comme "sans trous" en dimension fini. Mais ils sont évidemment orientables.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Pour info, pour la clé que j'évoque au post précédent: Brouwer est en fait un phènomène discret. Le gérer infinistement ne fait que compliquer les choses.

La donnée d'un couple $(E,f)$ avec $f$ sans point fixe $E\to E$ permet de faire un bilan entrées-sorties. Il est "pleinement positif" pour $E$ tout entier. On partitionne $E$ en deux parties "de même volume" $E[0], E[1]$, et obtient $u_1$ tel que $E[u_1]$ a encore un bilan plein: schéma:

$$ Entrees(A)-Sorties(A) + Entrees(B) - Sorties(B) = Entrees(A\cup B) - Sorties(A\cup B)$$

On itère et on obtient ainsi une suite $n\mapsto A_n:=E[u_1][u_2] \dots [u_n]$ telle que pour $n$ grand on obtient une contradiction, sauf si $A_n$ qui se confond presque avec un point manifeste une discontinuité de $f$.

Ce bilan (certes informel) des entrèes-sorties fait donc apparaître la très grande présence de l'orientation dans la démontrabilité de Brouwer via cette intuition.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Une variété simplement connexe est nécessairement orientable. En particulier, si tous les $\pi_n$ sont triviaux, la variété est orientable.

Edit: Je me permets de rajouter, à propos de Brouwer, qu'il y a effectivement une très belle preuve qui n'utilise que des idées de phénomène discrets, plus précisément le lemme de Sperner, qui porte sur des coloriages de graphes. On trouvera une preuve ici: math.mit.edu.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Un immense merci chat!!! Et oui l'implication de l'orientabilite par pi trivial si on ne me l'avait pas dit je n'y aurais pas pensé alors qu'il suffit de savoir que c'est vrai pour avoir une preuve. La variété non orientables n'en deviennent que plus passionnantes!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Question 1087


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Question (hélas informelle) 1089


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Question 1090:

soit $A$ un alphabet fini et $u$ une suite d'éléments de $A$. Est-ce que forcément, pour tout entier naturel $n$, il existe un mot $m$ de longueur non nulle tel que $m^n$ est sous-mot de $u$, (où $m^n$ désigne $mmmm....m$)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Dans ta question, je suppose que $u$ est un mot infini puisque tu poses la question pour tout $n$.

Alors oui, il existe (au moins) une lettre $a$ qui apparait une infinité de fois dans $u$ puisque $A$ est fini.

Donc $m=a^k$ est une solution aussi longue que tu veux (avec $k>0$).

Remarque : si tu veux une preuve formelle, c'est le principe des tiroirs dans le cas infini.
Si tu ranges une infinité d'éléments dans un nombre fini d'ensembles alors il existe au moins un ensemble infini.

Dans notre cas, il y a un ensemble $S_a$ par lettre $a$ de l'alphabet $A$ et tu mets dans chaque $S_a$ les entiers $i$ des positions pour lesquelles $u_i=a$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par serge burckel.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
@serge : rien ne te dit qu'il y a des répétitions à la suite de ta lettre $a$. Par exemple $0^2$ n'apparaît pas dans $010101010101\dots$.

@CC : je pense qu'aucun mot non vide ne se répète trois fois de suite dans la suite de Thue-Morse, mais je galère à le montrer proprement. grinning smiley
Peut-être que la suite audioactive de Conway donne aussi un contre-exemple pour tout $n \geq 4$.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Poirot,

reste à préciser la notion de "sous-mot". En général, cela signifie sous-suite. Ainsi $abc$ est sous-mot de $acbaaac$ et $00$ est bien sous-mot de $010101....$ avec cette définition.

Sinon, en effet, c'est un classique de combinatoire des mots que la suite de Thue-Morse ne contient pas de cube $m^3$.

Il existe même des mots infinis sans carré $m^2$ à partir du moment où l'alphabet $A$ a au moins $3$ lettres.

Mais je pense que CC pensait à la notion de sous-suite...non ?



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par serge burckel.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Merci pour vos réponses!! Poirot avait donné la bonne interprétation pardon d'avoir oublié de préciser. Et merci pour la borne drastique. Déjà je vais googler Thue Morse.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six mois
Question 1091:

il est à peu près évident que tout énoncé mathématique est un énoncé cardinal. Cela provient de la possibilité de quantifier à gauche avec seulement des cardinaux. Par exemple, on remplace $\exists x\forall y : R(x,y)$ par il existe un cardinal $a$ tel que pour tout ordinal $b$ vérifiant $\exists x\in V_a \forall y\in V_b: R(x,y)$.

Une autre façon de la voir, mais usine à gaz est de remarquer qu'un énoncé clos concernant un univers a une valeur qui ne dépend que de son topos (et en plus il faut une culture topos pour le voir, même si c'est évident)

Cependant l'ensemble des propriétés sans paramètre $R(x,y,z,..)$ telle que la valeur de $R(x,y,z,..)$ ne dépend que des cardinaux d e$x,y,z,,..$ est encore immensément riche.

Par ailleurs on sait que deux univers ayant les mêmes cardinaux (évidemment ordonnés de la même façon) n'ont pas forcément le même ensemble vérité (c'est comme ça qu'on prouve l'indépendance de $HC$).

Justement, HC a recours pour être énoncée "strictement avec que des cardinaux" à l'opération puissance:

$$ HC = [\forall x \in [\omega_0, 2^{\omega_0}] : x\in \{\omega_0, 2^{\omega_0} \} $$

Soit donc un univers $E$, et ses parties suivantes de cardinaux:

$S:=\{(a,b,c)\mid a+b=c\}$

$P:=\{(a,b,c)\mid a\times b=c\}$

$Z:=\{(a,b,c)\mid a^b=c\}$

On note $A(E)$ l'ensemble vérité de $(E',S,P,Z)$ et $B(E)$ l'ensemble vérité de $(E,\in)$, où $E'$ est l'ensemble des cardinaux de $E$.



Existe-t-il une fonction récursive totale $f$ telle que pour tout inaccessible $E$ et toute énoncé clos $X$,

$$(X\in B(E) \iff f(X)\in A(E))$$


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Question 1092:

on suppose ZF (et éventuellement CD: l'axiome du choix dépendant, pour ne pas se priver de l'analyse). La question qui suit est inspirée de:

[www.les-mathematiques.net]

Est-ce qu'on peut prouver que si $f$ est une injection linéaire de $E\to F$ et $g$ est une injection linéaire de $F\to E$ alors IL EXISTE une bijection linéaire de $E\to F$?

$E,F$ étant deux espaces vectoriels sur une même corps.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Question 1093


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Question 1094


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Questions 1095 et 1095bis ci-dessous


D'après une remarque innocente(?) de Gai requin dans un autre fil, voici une question "bête", qui me fait à nouveau penser au déterminant. Soit $K$ un corps.

Soit $n$ un entier et $P$ un polynôme de $A:=K[X_0,..,X_{n-1}]$.

Soit $Q$ le polynôme obtenu en sommant les $Signature(s)\times P(X_{s(0)},..,X_{s(n-1)})$ quand $s$ parcourt $S_n$.

Il semblerait bien (enfin j'en suis sûr à 99.9%, mais flemme de parcourir le dernier millième) qu'il existe $R\in A$ tel que

$$ RS = Q$$

où $S$ est le produit des $(X_i-X_j)$ avec parcours de $(i,j)$ des éléments de $n^2$ vérifiant $i < j$.

La question est un peu vague

Question 1095: est-ce vrai et le polynôme $R$ est-il "bien connu" et a-t-il une forme "sympathique?

Question 1095bis: la même en commençant par "soit $K$ un anneau?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a cinq mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Information: la 1093 a été résolu dans le fil de la question!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Citation
christophe c
Question 1095: est-ce vrai et le polynôme R est-il "bien connu" et a-t-il une forme "sympathique?

Bien connu je ne sais pas, pour la sympathie je dirais qu'il est symétrique.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Mots-clé: fonctions symétriques de Schur, partitions, formule de Jacobi-Trudi et tableaux de Young.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Merci pour vos réponses et remarques! Je déporte la suite de la discussion vers un fil dédié:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1943014


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a cinq mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Question 1096:

soit $f$, définie et $C^\infty$ sur l'intervalle $]a,b[$ inclus dans $\R$. On suppose que toutes ses dérivées sont monotones.

Est-ce qu'alors forcément $f$ est analytique?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Question 1097


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Pour la Question 1096, je suis quasiment sûr que ce que comme d'autres l'ont mentionné, il y a un théorème de Bernstein qui dit exactement ça (que la fonction est alors analytique). Si je me souviens bien, il y a une preuve astucieuse qui distingue selon les possibilités d'enchaînement de signes de monotonie de dérivées successives; mais là je ne m'en souviens plus. J'essaie de retrouver ça cet aprem, ou au moins une référence.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Merci pour cette information.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Christophe: Voici une preuve.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Grand merci Palabra. En plus elle n'est pas trop longue!! Ça m'inspire une question mais je le porterai d'un pc

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1098: (je l'ai peut-être déjà posée)

Soit $A$ une partie de $\N^*$ dont la somme des inverses est infinie. A-t-on forcément des suites arithmétiques d'éléments de $A$ aussi longues qu'on veut?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
C'est une conjecture d'Erdös :

[fr.wikipedia.org]

Pierre.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Un immense merci à toi!! De mon téléphone.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1099


Soit $K$ un corps et $A:=\{n\in \N \mid $ il existe un polynôme irréductible de degré $n$ dans $K[X]\}$.

Soit $B$ l'ensemble des parties infinies de $\N$.

A-t-on forcément $A\subset \{1;2\}$ ou $A\in B$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
La question m'intéresse alors je la référence dans la section Algèbre !
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1099:

La réponse est oui! J'ai besoin de distinguer deux cas.

Si $K$ est parfait (j'utilise le théorème d'Artin-Schreier):

Supposons que $A$ est fini et soit $\overline{K}$ une clôture algébrique de $K$. Alors $\left[\overline{K}:K\right]$ est fini: autrement, pour $n>0$ on pourrait trouver une extension intermédiaire $L$ de degré $d>n$, et donc par le théorème de l'élément primitif (car $K$ est parfait) un élément $x$ de $L$ tel que $L=K(x)$ , si bien que le degré du polynôme minimal de $x$ sur $K$ (qui est irréductible) est supérieur à $n$; cela contredirait la finitude de $A$.
Il suit donc du théorème d'Artin-Schreier que $\overline{K}/K$ est de degré au plus $2$ et donc $A\subseteq\left\lbrace1,2\right\rbrace$.

Maintenant, si $K$ n'est pas parfait, $A$ est en fait infini:

Le fait que $K$ n'est pas parfait signifie que $K^p\subsetneq K$ (où $p$ est la caractéristique de $K$). En choisissant $a\in K-K^p$, le polynôme $f_n=X^{p^n}-a$ est alors irréductible pour tout entier $n$.
En effet, si on choisit un corps de rupture de $f_n$, c'en est un corps de décomposition qui est une extension radicielle de $K$: on en déduit que $f_n$ est divisible par un unique polynôme irréductible de la forme $X^{p^{l}}-b$, d'où on déduit que $a=b^{p^{n-l}}$. En vertu du choix de $a$, il suit que $n=l$ et donc que $f_n$ est irréductible.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Gaussien.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Mmmh, comme je doutais du fait que si $[\overline{K},K]$ était infini, on pouvait trouver des extensions finies de $K$ de degré aussi hauts qu'on le voulait, j'ai essayé de le démontrer (désolé si c'était évident, mes souvenirs d'algèbre sont un peu lointains).

Soit $K$ un corps, et soit $\overline{K}$ une clôture algébrique de $K$. Soient $K_1$ et $K_2$ deux sous-corps de $\overline{K}$ qui contiennent $K$ et qui sont de dimension finie en tant que $K$-espaces vectoriels. Montrons que le plus petit corps $K_3$ contenant $K_1$ et $K_2$ est de dimension finie en tant que $K$-espace vectoriel.

Supposons qu'il existe $x_1 \in K_1$ et $x_2 \in K_2$ tels que $K_1 = K[x_1]$ et $K_2 = K[x_2]$. Alors $K_3 = K[x_1,x_2]$. Et donc, $K_3$ est de $K[x_1]$-dimension finie si et seulement s'il existe un polynôme annulateur de $x_2$ à coefficients dans $K[x_1]$. Mais, par hypothèse, il en existe un à coefficients dans $K$, donc c'est bon. Donc $K_3$ est de dimension finie sur $K_1$. Et comme $K_1$ est de dimension finie sur $K$, $K_3$ est de dimension finie sur $K$.

Dans le cas général, on prend des familles génératrices finies de $K_1$ et $K_2$ et on procède par récurrence.

Ainsi, l'ensemble $E$ des sous-extensions finies de l'extension $\overline{K}/K$, ordonné par l'inclusion, est filtrant, c'est-à-dire que pour toutes sous-extensions finies $K_1$ et $K_2$, il existe $K_3$ telle que $K_1 \subset K_3$ et $K_2 \subset K_3$.

De plus, on sait que $\overline{K}$ est la réunion de toutes les sous-extensions finies de $K$ (puisque tout élément de $\overline{K}$ est algébrique sur $K$ donc contenu dans une extension finie de $K$).

Si $E$ n'a pas d'élément maximal, alors il y a une chaine infinie dans $E$, et par le théorème de la dimension finie, les dimensions sur $K$ des éléments de cette chaîne ne sont pas bornés.
Sinon, si $E$ a un élément maximal, comme $E$ est filtrant, cet élément maximal est un maximum ; et comme la réunion de tous les éléments de $E$ est $\overline{K}$, ce maximum est $\overline{K}$, et donc $\overline{K}$ est donc de dimension finie sur $K$.

EDIT : Correction d'une coquille.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Georges Abitbol.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
L'homme le plus classe du monde.

D'accord, mais pour faire plus court : si $[\overline{K}:K]$ est infini, alors on a pour tout $n>0$ un sous-espace vectoriel $E$ de $\overline{K}$ de dimension $n$ sur $K$. Si on note $L=K(E)$ le corps engendré par $E$, alors $L$ est de dimension finie sur $K$ (car engendré par une base de $E$) et la dimension de $L$ sur $K$ est supérieure à celle de $E$ (qui est $n$).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Oui oui mais c'est là que j'imaginais qu'il y avait un problème. Si $L$ est engendré par un sous-ensemble fini $S$ de $E$ en tant que corps, il ne l'est pas immédiatement en tant que sous-espace vectoriel (en fait, si, mais je ne l'avais pas immédiatement vu grinning smiley).
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
On en avait déjà discuté sur le forum, la preuve qui en était ressortie était essentiellement la même que celle d'ici.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Un immense merci à vous tous, et un grand bravo à Gaussien, et bien sûr que j'avais en tête Artin Shreier quand j'ai posé cette question. Je vais mettre le lien à l'edit. Et bé, pendant ce confinement, vous m'offrez sans que j'aie à payer un livre de quoi faire de l'algèbre corporelle (qui est un domaine que mon organisme semble considéré comme aussi hermétique que le calculisme, mais bon, à pas sortir de chez soi, on a le temps...

Précision: je suis revenu à ma ligne naturelle (tout théorème est une évidence dégénérée et donc il faut prouver quelque chose de plus général et non des cas particuliers si on veut avoir du succès), après m'être senti "sale" en proposant un cas particulier de Artin Shreier en espérant en tirer une preuve simple dans l'autre fil. Me voilà douchée et sentant bon à nouveau grinning smiley

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1100:

Un espace topologique $E$ sera dit homogène quand pour tous $a,b$ dans $E$ il existe un homéomorphisme $f: E\to E$ tel que $f(a)=b$.

Question: soit $E$ un espace topologique infini, compact, séparé, connexe et homogène. A-t-on $card(E)\geq card(\R)$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
avatar
Bonjour,
Question 1100 : Soient $x,y \in E$ distincts. $E$ est compact donc normal. Donc, d'après le lemme d'Urysohn, il existe $f\in\mathcal C(E,[0,1])$ telle que $f(x)=0$ et $f(y)=1$. $E$ étant connexe, $f(E)$ l'est aussi, donc $f(E) = [0,1]$ et ${\rm card}(E) \geqslant {\rm card}(\Bbb R)$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Calli.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Bravo Calli!!

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